【文档说明】河北省衡水市第二次调研2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，2.797 MB，由小赞的店铺上传

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2024~2025学年高三年级学科素养检测(二调)化学(时间75分钟，满分100分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其

他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：O16Na23Cl35.5Fe56Zn65S64Cu64Ba137一、单项选择题：本题共18小题，其中1~12题每题2分，13~18题，每

小题3分，共42分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中华传统文化源远流长，下列说法正确的是A.越王勾践剑(主要成份为铜锡合金)千年不腐，与成份金属相比，该合金不易生锈，且熔点高、硬度大B.北齐白釉绿彩长颈瓶是中国发现最早的白瓷器之一，其生产工艺必须降低胎、釉料

中氧化铁的含量C.中国刺绣工艺美轮美奂，其主要原材料蚕丝与油脂一样，均是能发生水解反应的高分子化合物D.黄金分沙金和脉金两种，《韩非子·内储说上》提到“丽水之中生金”，利用了化学方法分离出金【答案】B【解析】【详解】A．合金熔点低于成分金属，硬

度大于成分金属，抗腐蚀能力比成分金属强，A错误；B．氧化铁是红棕色固体粉末，北齐白釉绿彩长颈瓶是中国发现最早的白瓷器之一，其中红棕色的含量很低，因此其生产工艺必须降低胎、釉料中氧化铁的含量，B正确；C．油脂

能够发生水解反应，但其不是高分子化合物，C错误；D．上述分离出黄金的方法中没有产生新的物质，因此是用物理方法分离出金，D错误；故合理选项是B。2.下列化学用语表述正确的是A.S2Cl2的电子式：B.镁原子最外层电子的

电子云轮廓图：C.次氯酸中氧氯键上的电荷分布示意图：D.SO3价层电子对互斥模型：【答案】B【解析】【详解】A．S2Cl2是共价化合物，结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为：，A错误；B．镁原子价层电子排布式为3s2，s轨道电子云轮廓图为球形，B正确；C

．O的电负性比Cl大，氧带部分正电荷，氯带部分负电荷，次氯酸中Cl元素为+1价，O元素为-2价，C错误；D．SO3中心原子价层电子对数为3+()16322−=3，且没有孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角

形，D错误；故选B。3.下列反应的离子方程式书写正确的是A.向氯化铁溶液中加少量过氧化钠：()2322236O6HO4Fe4FeOH3O−+++=+B.向浓HNO3中加入Cu2O：22323CuO14H2NO6Cu

2NO7HO+−+=++++C.网线遇强碱溶液发生网络中断：2232SiO2Na2OHNaSiOHO+−++=+D.向浓盐酸中滴加高铁酸钾溶液：234222FeO16H6Cl2Fe3Cl8HO−+−+++=++【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠不拆分，()+3

222233NaO6HO2Fe2FeO+H36NaO+++=+，A错误；B．浓HNO3发生氧化还原反应生成NO2气体22322O2CuO6H2NOCu2NO3H+−++++=+，B错误；C．23NaSiO强电解质，需要拆开：2232SiO2OHSiOHO−−+=+，C

错误；D．浓盐酸中滴加高铁酸钾溶液发生氧化还原反应，234222FeO16H6Cl2Fe3Cl8HO−+−+++=++，D正确；故选D。4.AN是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.古代火法炼锌的反应为3

ZnCO+2CZn+3CO高温，每产生65g锌，转移电子数目为2ANB.标准状况下，22.4LCHCl3中含有的C—H键数目为ANC.11L1molL−的NaClO溶液中含有的ClO−的数目为AND.标准状况下，11.2LH2和D2的混

合气体中含有的质子数为AN【答案】D【解析】【详解】A．单质碳化合价由0变为+2，失去2×2=4个电子，则每产生65g锌（为1mol），转移电子数目为4AN，A错误；B．标准状况下，22.4LCHCl3不是气体，不确定其物质的量，B错误；C．ClO−水

解生成次氯酸，导致其数目小于AN，C错误；D．H2和D2分子中均含有2个质子，标准状况下，11.2LH2和D2的混合气体含有0.5mol分子，其中含有的质子数为AN，D正确；故选D。5.乙炔灯是很多野外登山爱好者照明工具，也可以用来烹饪食物，小明同学设计

的下列装置中能达到实验目的的是A．制备乙炔B．除去乙炔中混有的H2SC．收集乙炔D．乙炔尾气处理的A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．电石与水反应放热且变为泥状，无法控制反应与否，故A错误；B．饱和NaHS不能与H2S反应

，无法除去，应通过装有硫化铜溶液的汽气瓶，故B错误；C．乙炔的密度略小于空气且微溶于水，应用排水法收集，故C错误；D．乙炔点燃生成二氧化碳和水，可以用点燃尾气处理掉，以免直接排放到空气中遇明火发生爆炸等危险，故D正确；答案选D。6.

下列物质的性质或用途错误的是A.二氧化硫是一种抗氧化剂，适量的二氧化硫有助于保持葡糖酒的天然果香味B.硅氧四面体结构的特殊性，决定了硅酸盐材料大多具有硬度高，难溶于水等性质C.超导陶瓷在某一临界温度下电阻为零，具有超导性，可用于电力，医疗等领域D.人造奶油外观与天然

奶油接近，有良好的加工性能，能延长食品的保质期，但成本较高【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，是一种抗氧化剂，适量的二氧化硫有助于保持葡糖酒的天然果香味，A正确；B．在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四

面体，每个Si结合4个O，Si在中心，O在四面体的四个顶角，硅氧四面体结构的特殊性，决定了硅酸盐材料大多具有硬度高、熔点高，难溶于水、化学性质稳定、耐腐蚀等特点，B正确；C．超导陶瓷是一类在临界温度时电阻为零的陶瓷，具有良好的导电性，可用于电力，医疗等领域，C正确；D．天然奶油保质期短，必须及时冷

藏保存，易融化，成本较高，而人造奶油外观与天然奶油接近，有良好的加工性能，能延长食品的保质期，成本较低，D错误；故选D。7.下列实验操作及现象和对应结论都正确的是选项实验操作及现象结论A将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计测得溶液的pH，前者小于非金属性：S>C后者B室温下分别测

定H2O和CCl4在CS2中的溶解度，前者大于后者分子极性：H2O>CCl4C室温下用pH计测定等浓度CF3COOH溶液和CCl3COOH溶液的pH，前者小于后者电负性：F>ClD向KBr、KI混合溶液中加入少量氯水和CCl4，振荡，静置。溶液分层，下层呈紫红色氧化性：Cl2>B

r2>I2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．由于SO2、CO2的溶解度不同，将SO2和CO2分别通入水中达到饱和得到的溶液浓度不同，不能比较H2SO3和H2CO3的酸性，A错误；B．H2O是极性分子，

CCl4是非极性分子，根据相似相溶的原理，室温下分别测定H2O和CCl4在CS2中的溶解度，前者小于后者，B错误；C．电负性：F>Cl，F的吸电子效应大于Cl，导致CF3COOH的羧基中羟基的极性增大，

更加容易电离出H+，酸性更强，室温下用pH计测定等浓度CF3COOH溶液和CCl3COOH溶液的pH，前者小于后者，C正确；D．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明反应产生I2，发生反应：2

KI+Cl2=2KCl+I2，证明氧化性：Cl2＞I2，不能比较Br2与Cl2的氧化性强弱，D错误；故选C。8.W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为17.X和Z的基态

原子均有两个未成对电子，M的某种盐的阴离子3WXZ−由于形成如图的双聚物结构导致溶解度降低。下列说法正确的是A.第一电离能：Z>Y>MB.氢化物的沸点：Z>Y>XC.键角：234XZYW−+D.W和Z形成的常见化合物是极性分子【答案】

D【解析】【分析】W、X、Y、Z、M为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为17，X和Z的基态原子有两个未成对电子，X为C，Z为O，Y为N，根据结构图示，内含氢键，W为H，最外层电子数之和为17，M最外层电子数为1，M为Na，则W为H，Z为O，X为C，Y为N，M为Na

，据此解答；【详解】A．Z为O，Y为N，M为Na，同周期从左到右，第一电离能增加，ⅡA族和ⅤA族元素，第一电离能大于相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：Y>Z>M，A错误；B．X为C，Y为N，Z为O，未说明是简单氢化物，无法确定其沸点关系，B错误；C．2-3CO中C原子采取s

p2杂化，空间构型为平面三角形，键角为120°，+4NH中N原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109°28'，则键角：2-+34XZ>YW，C错误；D．W和Z形成的常见化合物是H2O，V形，极性分子，D正确；故选D。9.下列装置及操作能达到对应目的的是A

．除去苯中的三溴苯酚B．除去乙醇中的水C．分离NH4Cl和NaCl固体D．除去()3FeOH胶体中含有的不溶杂质A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．三溴苯酚和苯互溶，不能用过滤的方法除去苯中的三溴苯酚，A错误；B．乙醇和水互溶，加热形成恒沸

物，需加入生石灰，再用蒸馏的方法除去乙醇中的水，B错误；C．NH4Cl受热分解会产生NH3和HCl，冷凝后化合成氯化铵，可以分离NH4Cl和NaCl固体，C正确；D．()3FeOH胶体和不溶杂质都不能透过半透膜，

不用半透膜除去()3FeOH胶体中含有的不溶杂质，D错误；故选B。10.多硫化钠()2NaSx液流电池因使用领域广、循环使用寿命长被广泛研究。实验室常用次氯酸钠处理多硫化钠废液，反应的化学方程式为：2242NaSNa

ClONaOHNaSOYHOx++→++(未配平)，下列说法错误的是A.Y为NaCl，还原产物B.配平后，氧化剂与还原剂的物质的量之比为()3x+1:1C.生成1molNa2SO4时，反应转移6xmol电子D.多

硫化钠含有类似-O-O--S-S-键，故多硫化钠有一定的氧化性【答案】C【解析】【详解】A．2242NaSNaClONaOHNaSOYHOx++→++中S元素化合价上升，2xNaS为还原剂，则NaClO为氧化剂，Cl元素化合价由+1下降到-1

价，则Y为NaCl，是还原产物，A正确；B．由A可知Y为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：()()()()2242NaS3x1NaClO22NaOHxNaSO3x1NaCl1HOxxx+++−=+++−，2x

NaS是还原剂，NaClO为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为()3x+1:1，B正确；C．由()()2242NaS3x1NaClONaOHxNaSO3x1NaClHOx+++=+++可知，生成1molNa2SO4时，消耗3x+1xmolNaClO，Cl元素化合价由

+1下降到-1价，反应转移3x+16x+22xx=mol电子，C错误；D．多硫化钠含有类似-O-O-的-S-S-键，含有-O-O-的物质如H2O2具有氧化性，则多硫化钠有一定的氧化性，D正确；故选C。是的11.V2O5是制造钒铁合

金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO等，可通过碱熔法从钒矿石中提取纯度较高的V2O5，流程如下：已知：V2O5是以酸性为主的两性化合物，偏钒酸铵(NH4VO3)与偏钒酸钙[Ca(VO3)

2]均难溶于水，在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙。下列说法错误的是A.气体②的成分为CO2B.盐浸工序得到滤渣的成分为CaCO3C.洗脱工序中洗脱液主要成分为NaClD.延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓

度有利于沉钒【答案】A【解析】【分析】钒矿石中含V2O5，杂质为大量Al2O3和少量CaO等，向其中加入NaOH热熔，V2O5先转化为NaVO3，然后NaVO3与CaO反应会产生偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3反应转化为NaAlO2

，生成的NaAlO2与CaO反应转化为偏铝酸钙Ca(AlO2)2，再加入纯碱Na2CO3，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2转化为CaCO3沉淀，同时产生可溶性NaVO3、NaAlO2而溶于水，Ca(A1O2)2、Ca(VO3)2、CaCO3难溶于水，过滤除去

滤渣，向滤液中加入树脂进行离子交换，经洗脱液洗脱，富集和提纯-3VO，再加入NH4Cl溶液沉淀钒，生成NH4VO3沉淀，过滤，再将滤液回流到离子交换工序，将滤渣NH4VO3进行焙烧得到V2O5，据此分析解答。【详解】A．加入NH4Cl溶液沉钒，形成NH4

VO3沉淀，将其煅烧，发生反应：2NH4VO3高温V2O5+2NH3↑+H2O，可见反应产生的气体②的主要成分为NH3，A错误；B．钒矿石中含V2O5及大量Al2O3和少量CaO等杂质，在用NaOH热熔时，V2O5转化为偏钒酸钙[Ca(VO3)2]，Al2O3转化为

Ca(AlO2)2，然后加入纯碱盐浸，Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2反应产生CaCO3沉淀，同时得到可溶性物质NaVO3、NaAlO2，故盐浸工序得到滤渣的成分主要为CaCO3，B正确；C．由离子交换树脂的组成可知，洗脱液中应含氯

离子，考虑到水浸所得溶液中含有钠离子，为避免引入其它杂质离子，且氯化钠价廉易得，洗脱工序中洗脱液的主要成分为NaCl，C正确；D．沉钒过程是生成NH4VO3沉淀，因此延长沉钒时间、增大NH4Cl溶液的浓度，有利于沉钒，D正确；的故合理选项是A。

12.由下列实验方案、现象所得结论错误的是实验方案现象结论AAI甲烧杯内壁有液滴，倒入澄清石灰水后未变浑浊钠与乙醇反应产生氢气B漫射日光照射的试管中气体颜色变浅，黑色纸套的试管无明显现象甲烷与氯气反应需要在光照条件下进行C鲜花褪色干燥的氯

气具有漂白性D70℃热水的烧杯中先出现浑浊其他条件相同，温度越高，反应速率越快A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．甲烧杯内壁有液滴证明有水生成，倒入澄清石灰水后未变浑浊证明无二氧化碳生成，该实验说明钠与乙醇反应产生氢气，A正确；B．漫

射日光照射的试管中气体颜色变浅，黑色纸套的试管无明显现象即未发生反应，说明甲烷与氯气反应需要在光照条件下进行，B正确；C．鲜花褪色是因为氯气与鲜花中的水反应生成的次氯酸具有漂白性，干燥的氯气不具有漂白性，C错误；D．两个实验中只有温度不同，70℃热水的烧杯中先出现浑浊，说明温度高反应快，可以说明其

他条件相同，温度越高，反应速率越快，D正确；故选C。13.合理开发利用自然资源对人类生存和发展至关重要，下列说法正确的是A.金属矿物的开发利用就是将金属元素从其化合物里置换出来B.可燃冰被誉为新世纪高效清洁能源，存在于海底，储量巨大，大规模开采有利于实现碳

中和C.新能源电动汽车近年来被大力推广使用，是因为它可以达到零污染，有利于环境的可持续发展D.水煤气(CO和H2)为清洁能源，在催化剂作用下可转化生成甲醇(CH3OH)，该反应原子利用率为100%【答案】D【解析】【详解】A．金属的冶炼就是将金属矿

石中金属从其化合物中还原出来，不一定是置换反应，A错误；B．可燃冰中含有甲烷，甲烷燃烧会产生二氧化碳，大规模开采使用甲烷，不会减小二氧化碳的排放，不利于实现碳中和，B错误；C．虽然新能源电动汽车在使用阶段实现了零排放，但在电力生产和电池处理方面仍存在环境影响，C错误；D．

水煤气(CO和H2)为清洁能源，在催化剂作用下可转化生成甲醇(CH3OH)，化学方程式为：CO＋2H2→催化剂CH3OH，该反应是化合反应，利用率为100%，D正确；故选D。14.某同学为探究FeCl3溶液和Na2SO3溶液的反应进行了如下实验：观察现象如下：①

中溶液立即变为红褐色；静置10min后，②中溶液颜色由红褐色变为黄色，试管底部出现大量橙黄色沉淀；静置一天后，③中溶液最终变为浅绿色。下列说法正确的是A.②中溶液变黄可能与32223422FeSO2OH2FeSOHO+−−+−++=++有关B.将橙黄色沉淀洗净

溶于盐酸，加入KMnO4溶液，溶液褪色，证明橙黄色沉淀中含有23SO−C.检验到③中溶液含有24SO−，证明Fe(Ⅲ)与23SO−发生了氧化还原反应D.实验证明FeCl3溶液和Na2SO3溶液混合后，氧化还原反应速率慢，但进行程度较大【答案】D【解析】【详解】A．因

三价铁离子存在必须在酸性环境中，②中溶液变黄可能与3+2-2+2-+3242Fe+SO+HO=2Fe+SO+2H有关，A错误；B．将橙黄色沉淀洗净溶于盐酸，加入KMnO4溶液，溶液褪色，因盐酸也可以使KMn

O4溶液褪色，故不能证明橙黄色沉淀中含有23SO−，B错误；C．检验到③中溶液含有24SO−，可能是Fe(Ⅲ)与23SO−发生了氧化还原反应，也可能是空气中氧气与23SO−发生了氧化还原反应，C错误；D．①中溶液立即变为红褐色说明水解反应速率快，静置10min后

，②中溶液颜色由红褐色变为黄色，试管底部出现大量橙黄色沉淀；静置一天后，③中溶液最终变为浅绿色，说明氧化还原反应速率慢，但进行程度较大，D正确；故选D。15.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是选项

实例解释A基态K原子简化电子排布式为1Ar4s而不是27Ne3s3p3p能级最多容纳6个电子BN、O、F的原子半径依次减小电子层数相同时，核电荷数越大，核对电子的吸引力就越大，原子半径越小CLED是可见光电子从较低能量的基态吸收能量跃迁到较高能量

的激发态DMg的第一电离能大于AlAl的第一电离能失去的电子是3p能级的，能量比Mg失去的3s能级的高A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．基态K原子的简化电子排布式为1Ar4s而不是27Ne3s3p，p能级最多容纳

6个电子，A的正确；B．电子层数相同时，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引力就越大，原子半径越小，因而N、O、F的原子半径依次减小，B正确；C．LED是可见光，是因为电子从较高能量的激发态跃迁到较低

能量的基态时，所释放的能量以光子的形式放出，C错误；D．Mg和Al位于同一周期，且Mg的价电子排布为2s2的稳定结构，能量较低，而Al的价电子排布为2s22p1，能量较高，容易失去3p能级1个电子达到2s2全满稳定结构

，因而Mg的第一电离能大于Al，D正确；故选C。16.如图A、B、C、D、E、F、G均为中学化学常见物质。A为生活中常见氧化物，氢化物B的水溶液为强酸，单质D常温常压下为黄绿色气体，E为强碱。下列说法错误的是A.由加淀粉溶液变蓝可知B为HIB.由红褐色沉淀可

知A为Fe2O3，其与B反应的化学方程式为23222FeO6HI2FeI3HOI+=++C.与适量气体D反应时，离子方程式可能为23224Cl2Fe6I8Cl2Fe3I+−−+++=++D.由最终的焰色试验呈黄色可知E为NaOH【答案】B【解析】【分析】A加少量B（强酸），滤液通入D，单质D

常温常压下为黄绿色气体，D为氯气，分三份；第一份加E（强碱），滤液焰色试验为黄色，说明E为NaOH，生成红褐色沉淀F，F为()3FeOH，则A中含铁，且是氧化物，可能为Fe2O3或Fe3O4；第二份加沉淀变蓝，说明生成了碘单质，酸为HI；第三份加硝酸酸化的A

gNO3，生成沉淀AgI，据此分析；【详解】A．由分析可知B为HI，A正确；B．由红褐色沉淀可知A为Fe2O3或Fe3O4，B错误；C．与适量气体D反应时，亚铁离子与碘离子被氧化，离子方程式可能为23224Cl2Fe6

I8Cl2Fe3I+−−+++=++，C正确；D．由分析可知E为NaOH，D正确；故选B。17.金属锑可以增加合金的硬度，广泛应用于子弹、铅弹等的制造，被称为战略金属。五氟化锑(SbF5)是非常强的路易斯酸，其酸性是纯硫酸的1500万倍，某种锑矿主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、Pb

O、As2O3等杂质，以该矿石为原料制备SbF5的工艺流程如图：已知：①浸出后得到的滤液中阳离子主要为2Cu+、3Sb+、2Pb+、3As+和H+；②As2O3微溶于水、Sb2O3难溶于水，它们均为两性氧化物；③SbOCl难溶

于水。下列说法正确的是A.“滤渣Ⅰ”中存在少量的SbOCl，可加入足量NaOH溶液使其转化为Sb2O3回收B.“滤渣Ⅱ”的成分为PbSC.“除砷”时NaH2PO2转化为H3PO4，此反应中氧化剂、还原剂物质的量之比为3:4D.“电解”过程中阴极上的反应可能为

：3Sb3eSb+−+=、22H2eH+−+=【答案】D【解析】【分析】锑矿加盐酸浸出时，As2O3、Sb2O3均为两性氧化物，可溶于盐酸，同时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，第二步加

入硫化钠，可除去铜和铅，再加入NaH2PO2，除去As，同时22HPO−转化为H3PO4；【详解】A．浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液，应加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，故A错误；B．Cu2+、Pb2+转化为Cu

S和PbS沉淀进入滤渣Ⅱ中，“滤渣Ⅱ”的成分为PbS、CuS，故B错误；C．“除砷”时，22HPO−转化为H3PO4，As3+转化为As被还原，离子反应方程式为：4As3++322HPO−+6H2O=

4As+3H3PO4+9H+，氧化剂As3+与还原剂22HPO−的物质的量之比为4:3，故C错误；D．在“电解”过程中，以惰性材料为电极，根据流程可知阴极生成Sb，电极反应式为：Sb3++3e−=Sb，电解”时可能发生副反应2H++2e−=

H2↑，故D正确；答案选D。18.某兴趣小组为探究矿物X的组成设计了如下实验，已知：①X含三种常见元素；②固体B是一种单质和化合物的混合物；③实验中所用试剂均足量。下列说法正确的是A.X的化学式为Cu2FeS3B.气体A与溴

水反应体现A的漂白性C.向溶液G中滴入KSCN溶液变红D.红棕色固体I溶于HI溶液的离子方程式为3232FeO6H2Fe3HO+++=+【答案】A【解析】【分析】含三种常见元素矿物在空气中煅烧，反应产生气体A和固体B，气体A被溴水吸收得到溶液C，向其

中加入BaCl2溶液反应产生沉淀D质量139.8g，则沉淀D是BaSO4，气体A是SO2，溶液C为H2SO4、HBr的混合物，说明X中含有S元素；固体B用CO气体还原产生固体E，向其中加入盐酸，过滤，分离得到紫红色金属F，则F是金属Cu，则X中含有Cu元素；溶液G中加

入NaOH溶液，反应产生沉淀H，经煅烧，H反应产生红棕色固体I，I是Fe2O3，沉淀H是Fe与HCl反应后的溶液中加入NaOH溶液生成的，则H是Fe(OH)2，说明X中含有Fe元素，然后根据元素守恒，由BaSO4、Fe2O3的质量计算出S的物质的量139.8g=233

g/mol0.6mol、Fe元素的物质的量16g2=160g/mol0.2mol，进而可得Cu元素的物质的量()56-0.6mol32g/mol-56g/mol0.2molg=0.4mol64g/mol，最后根据物质的量及质量关系得到物质的化学式X为Cu2Fe

S3，再结合物质的性质分析解答。【详解】A．根据分析可知，X的化学式为Cu2FeS3，A正确；B．A是SO2，与溴水反22422+HO+Br=S2HBr+OHSO，体现的是还原性，B错误；C．G为氯化亚铁，滴入KSCN溶液不变红，C错误；D．红棕色固体I溶于HI溶液的离子方程式为+-2+23

22FeO+6H+2I=2Fe+I+3HO，D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。19.粗食盐中一般含钙、镁、钾的卤化物和硫酸盐等可溶性杂质，某化学兴趣小组设计实验制备试剂级氯化钠。回答下列问题：Ⅰ．溶解：用______称取10.0g粗食盐，放入100mL小烧杯中，加入80

mL水，加热并搅拌。Ⅱ．除24SO−：将溶液加热至微沸，边搅拌边滴加BaCl2溶液，待24SO−沉淀完全时，继续煮沸数分钟，冷却后过滤，保留滤液。Ⅲ．除去2Ca+、2Mg+、2Ba+等：将滤液加热至微沸，边搅拌边滴加NaOH溶液，再滴加Na2CO3溶液直至沉淀完全，冷却后过滤；向滤液中滴加稀盐

酸，至溶液呈酸性，加热搅拌。Ⅳ．蒸发、浓缩、结晶：将上述溶液转入蒸发皿中，加热浓缩至液面刚出现微晶膜，停止加热。Ⅴ。纯化：实验装置如下，待装置C中晶体不再析出时，停止实验，用减压过滤法将产品过滤抽干，用少量95%的乙醇淋

洗2~3次，干燥后获得产品。（1）步骤Ⅰ中使用的称量仪器为________________________。（2）步骤Ⅱ中除去24SO−发生的主要反应的离子方程式为__________；“加热至微沸”及“煮沸”的目的是____________；检验24SO−已沉淀完全的操作为_________

____。（3）步骤Ⅴ中蒸馏烧瓶中发生反应的化学方程式为_____________________；装置C中小玻璃漏斗的作用是____________。（4）产品检验：称取0.15g氯化钠产品溶于70mL水中，加入指示剂，用130

.1000molLAgNO−标准液避光滴定至滴定终点，重复2~3次，平均消耗标准液体积25.59mL，则氯化钠的质量分数为________。实验反思：利用HCl气体通入饱和氯化钠溶液可以获得氯化钠晶体，但是Cl2在饱和氯化钠溶液中溶解度却很小，化学实验小组利用以下信息进行探究：已知：Cl2在水中

溶解度很小，主要存在以下两个平衡体系：()+-22Claq+HOH+Cl+HClO-41K=4.510()--23Claq+ClCl2K=0.19（5）将Cl2通入不同浓度的HCl溶液，溶解情况如下，则随HCl浓度增大Cl2溶解度增大的可能原因是_____

_________。盐酸浓度()1/molL−Cl2溶解度()1/molL−盐酸浓度()1/molL−Cl2溶解度()1/molL−0.2000.06192.9900.08240.4960.06

303.9870.09141.0190.06655.1800.1004（6）将Cl2通入不同浓度的NaCl溶液，溶解情况如下，则随NaCl浓度增大Cl2溶解度减小的可能原因是______________。(

)()1cNaCl/molL−Cl2溶解度()1/molL−0.5010.06580.9980.05802.9910.04163.9890.03604.9890.0360【答案】（1）托盘天平（2）①.2+244Ba+SO=BaSO−②.为了

促进沉淀形成，提高沉淀的结晶度，提高反应速率，以及促进固液分离③.在上层清液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，确定沉淀完全（3）①.()2424HSO+2NaCl2HCl+NaSO浓②.防倒吸（4）99.8%（5）高浓度的HCl溶液中，Cl-离子浓度较高，()--23Cl

aq+ClCl正向进行的程度较大，从而增加Cl2的溶解度（6）Cl-离子浓度增大，()+-22Claq+HOH+Cl+HClO逆向移动，从而降低了Cl2的溶解度【解析】【分析】某化学兴趣小组设计实验制备试剂级氯化钠，将粗

盐提纯后得到的精盐溶于水得到精制饱和氯化钠溶液，装置A中浓硫酸和氯化钠固体在加热的条件下反应生成HCl气体，HCl气体溶于C中，精制饱和氯化钠溶液中Cl-浓度增大，有氯化钠固体析出，待装置C中晶体不再析出时，停止实验，用减压过滤法将产品过滤抽干，用少量95%的

乙醇淋洗2~3次，干燥后获得产品。【小问1详解】步骤Ⅰ中称取10.0g粗食盐，使用的称量仪器为托盘天平。【小问2详解】步骤Ⅱ中滴加BaCl2溶液除去24SO−，发生的主要反应的离子方程式为：2+244Ba+SO=BaSO−，“加热至微沸”及“煮沸”的目的是：为了促进沉淀形成，提高沉淀的结晶度，提

高反应速率，以及促进固液分离。检验24SO−已沉淀完全的操作为：在上层清液中先滴加稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，确定沉淀完全。【小问3详解】步骤Ⅴ蒸馏烧瓶中浓硫酸和氯化钠固体在加热的条件下反应生成HCl气体，化学方程式为：()2424HSO+2N

aCl2HCl+NaSO浓，装置C中小玻璃漏斗的作用是：防倒吸。【小问4详解】由题意可知，溶于中n(Cl-)=n(Ag+)=0.1mol/L×0.02559L=0.002559mol，则氯化钠的质量分数为0.00255958.5g/

100%0.15gmolmol=99.8%。【小问5详解】Cl2在水中溶解度很小，主要存在以下两个平衡体系：()+-22Claq+HOH+Cl+HClO-41K=4.510，()--23Claq+ClCl2K=0.19，随HCl浓度增大Cl2溶解度增大的可能原因是：高浓度的HCl溶液中

，Cl-离子浓度较高，()--23Claq+ClCl正向进行的程度较大，从而增加Cl2的溶解度。【小问6详解】随NaCl浓度增大Cl2溶解度减小的可能原因是：Cl-离子浓度增大，()+-22Claq+HOH+Cl+HClO逆向移动，从而降低了Cl2的溶解度。

20.铜氨纤维因亲肤性和滑爽性备受消费者青睐。铜氨溶液(主要含()234CuNH+)是制备铜氨纤维的重要试剂。实验室模拟用废弃辉铜矿渣(主要含Cu2S，还含有少量FeS、SiO2)为原料制备铜氨溶液的流程如图：已知：常

温下，()-20sp2KCuOH=210，()2+2+334Cu+4NHCuNH13K=110；滤渣1的主要成分有两种，其中一种为淡黄色的固体单质。回答下列问题：（1）“试剂①”为__________。（2）方案Ⅱ中，Cu2S和硫酸铁溶液反应的离子方程式为______

______。（3）方案Ⅱ优于方案Ⅰ的主要原因为________，“试剂②”为________(填选项)。a．Cub．CuOc．CuSO4d．Cu2(OH)2CO3（4）向烧杯中逐滴加入氨水的现象为______________。（5）某同学受实验启发，提出两种想法，并实验成功。ⅰ

.向新制的()2CuOH悬浊液里通入NH3也可得铜氨溶液。沉淀开始溶解时溶液中()()23443CuNH20NHcc+=，则此时溶液的pH=________。ⅱ.用氯化铵和氨水的混合液可腐蚀电路板，使电路板露出的铜以氯化四氨合铜的形

式溶解下来，写出腐蚀的化学方程式___________________________。【答案】（1）氢氧化钠溶液（2）4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S（3）①.方案Ⅱ中没有有毒气体二氧化硫产生②.bd（4）先生

成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色溶液（5）①.10②.2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2()324CuNHCl+6H2O【解析】【分析】方案I：为铜矿渣中加入氢氧化钠溶液浸取，将二氧化硅转化为硅酸钠，过滤得到硫酸钠溶液和含有硫化亚

铜、硫化亚铁的滤渣，滤渣在空气中灼烧得到含有氧化铁和氧化铜的灼渣和有毒的二氧化硫，向灼渣中加入稀硫酸得到硫酸铁和硫酸铜混合溶液；方案II：铜矿渣中加入硫酸铁溶液浸取，将硫化亚铜、硫化亚铁转化为硫、硫酸亚铁和硫酸铜，二氧化硅不与硫酸铁溶液反应，过滤得到含有二

氧化硅和硫的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铜的滤液；将滤液混合后加入合适的氧化剂，将亚铁离子转化为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入浓氨水先将溶液中的铜离子转化为氢氧化铜

沉淀，继续加入浓氨水将氢氧化铜转化为四氨合铜离子。【小问1详解】由分析可知，试剂①为氢氧化钠溶液，目的是将二氧化硅转化为可溶的硅酸钠；【小问2详解】硫化亚铜和硫酸铁溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁、硫，反应的离子方程式为4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S。【小问3详解】由分析可知，方案I

中硫化亚铜、硫化亚铁滤渣在空气中灼烧得到含有氧化铁和氧化铜的灼渣和有毒的二氧化硫，方案Ⅱ优于方案Ⅰ的主要原因为：方案Ⅱ中没有有毒气体二氧化硫产生；“试剂②”的作用是和溶液中的酸反应调节pH，注意不能引入新的杂质，可以选择CuO或Cu2(OH)2CO3，故选bd；【小问4详解】由分

析可知，向烧杯中逐滴加入氨水，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，继续加入浓氨水将氢氧化铜转化为四氨合铜离子，现象为：先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，得到深蓝色溶液。【小问5详解】ⅰ.向新制的()2CuOH悬浊液里通入NH3也可得铜氨溶液。沉淀开始溶解时溶液中()()23443CuNH20NHc

c+=，则c(Cu2+)=()()2+34431213cCuNHcNH20=mol/L210mol/LK110−=，c(OH-)=()()-20sp2-4122+KCuOH210=mol/L=110mol/L210cCu−

，pH=10；ⅱ.用氯化铵和氨水的混合液可腐蚀电路板，使电路板露出的铜以氯化四氨合铜的形式溶解下来，写出腐蚀的化学方程式为：2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2()324CuNHCl+6H2O。21.海水中蕴藏着非常丰富的资

源，海水资源的利用具有广阔的前景。（1）请列举海水淡化的两种方法：________、________。（2）氯碱工业是用电解精制饱和氯化钠溶液的方法制取一系列工业产品，其化学方程式为___________；制得的氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，其离子方程式为______________。（3）从海

水中提取溴的简化流程可以表示为：2324NaCOHSO22BrIBr⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→低浓度溶液，进行这一系列的操作目的是________________，已知碱性条件下3BrO−比BrO−更稳定，请写出溶液I在酸性条件下生成Br2的离子方程式_______________________

_。从海水中提取单质碘的一种方法如图所示：（4）“转化”反应的离子方程式为____________________。（5）若反应物用量比()()22nCl=1.5nFeI时，写出该反应的离子方程式______________。（6）根据I2的特性，分

离操作X的名称是__________________。【答案】（1）①.电渗析法②.蒸馏法或离子交换法（2）①.2222NaCl+2HO2NaOH+Cl+H电解②.()2+--222CaOH+Cl=Ca+Cl+ClO+HO（3）①.溴元素的富集(或浓缩溴元素)②.3Br

O−+5Br－+6H＋=3Br2+3H2O（4）Fe+2AgI=Fe2++2I-+2Ag（5）2+-3+-222Fe+4I+3Cl=2Fe+2I+6Cl（6）加热升华【解析】【分析】含I-海水经富集后，

加入AgNO3溶液得到AgI悬浊液，加入Fe粉后，Fe与悬浊液中的AgI发生氧化还原反应，生成Ag和FeI2，转化后，加入Cl2将I-氧化成I2，用活性炭吸附I2，低温干燥后升华分离出I2。【小问1详解】海水淡化方法是为分离海水中的淡水和盐而利用淡水的方法，有：电渗析法、蒸馏

法、离子交换法（写两种）。【小问2详解】“氯碱工业”指的是工业上用电解饱和氯化钠溶液的方法来制取氢氧化钠、氯气和氢气，并以它们为原料生产一系列化工产品，其反应的化学方程式为：2222NaCl+2HO2NaOH+Cl+H电解，制得的氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，其离

子方程式为：()2+--222CaOH+Cl=Ca+Cl+ClO+HO。【小问3详解】低浓度Br2中已获得游离态的溴，又将之转变成化合态的溴，其目的是：溴元素的富集(或浓缩溴元素)，已知碱性条件下3BrO−比BrO−更稳定，溴单质和碳酸钠溶液反应生成3BrO−和Br-，3BrO−和Br-在酸

性条件下发生氧化还原反应生成Br2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3BrO−+5Br－+6H＋=3Br2+3H2O。【小问4详解】“转化”反应中Fe与悬浊液中的AgI发生氧化还原反应生成Ag和FeI2，

离子方程式为：Fe+2AgI=Fe2++2I-+2Ag。【小问5详解】由于还原性：I－＞Fe2＋，则向FeI2溶液中不断通入Cl2的过程中，依次发生的氧化还原反应为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2、Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，若反应物用量比(

)()22nCl=1.5nFeI时，假设n(Cl2)=1.5mol，说明被氧化的n(I-)=2mol，被氧化的n(Fe2+)=1mol，则参与反应的n(I-)：n(Fe2+)=2:1，离子方程式为：2+-3+-222Fe+4

I+3Cl=2Fe+2I+6Cl。【小问6详解】I2易升华，分离操作X的名称是：加热升华。22.上海理工大学与新加坡国立大学合作，设计方案提高了全固态电池()3243NaNaVPO的稳定循环，方案如图所示。

回答下列问题：（1）基态钠原子的电子排布式为________，其最外层的原子轨道数目为_________。（2）Na2B12H12和NaHF2在研磨、加热过程中还有H2放出，H、B、F三种元素的电负性从大到小的顺序为__

______________。（3）键角∠OPO的大小：34PO−________46PO(如图)(填“<”、“>”或“=”)。（4）Na2B12H12是晶体硼的衍生物，晶体硼的熔点2300℃，硬度仅次于金刚石，基本结构单元如图所示。该结构为正多面体，每个结

构单元含有________个面，________个B—B键；晶体硼的晶体类型为____________。（5）LiFePO4也可作为全固态电池的正极材料。铁元素位于元素周期表中________区，水溶液中稳定性：2Fe+________

3Fe+(填“<”或“>”)，从结构角度解释其原因_____________。【答案】（1）①.1s22s22p63s1②.9（2）F>H>B（3）>（4）①.20②.30③.共价晶体（5）①.d②.<③.基态Fe3+的价电子排布为

3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定【解析】【小问1详解】钠为11号元素，基态钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，其最外层的原子轨道有3s、3p、3d，数目为9；【小问2详解】根据Na2B12H12和NaH

F2在研磨、加热过程中还有H2放出，可得出氢原子在Na2B12H12中显-1价，即电负性H>B，结合氟为非金属性最强的元素，可得出电负性从大到小的顺序为F>H>B；【小问3详解】34PO−的中心原子P原子的价层电子对数为5+3-244=42+，空间构型为正四面体形；46PO结构如图可知

，P形成3个共价键且还存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致键角∠OPO的大小：34PO−>46PO；【小问4详解】由图可知，1个B被5个三角形共用，平均一个三角形需要133=55个B，则该基本结构单元中含有312=

205个面，每个B与其他五个B相连，故含有的B—B键键数目为512=302个。晶体硼的熔点2300℃，硬度仅次于金刚石，其熔点高、硬度大，为共价晶体；【小问5详解】铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，元素位于元素周期

表中d区；基态Fe2+的价电子排布式为3d6，由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。